Jarosław Wróblewski Analiza Matematyczna 1 LUX, zima 2018/19
KOLOKWIUM nr
81
,17.01.2019
, godz. 8:15–10:00 Zadanie91.
(10 punktów)W każdym z zadań 91.1-91.3 funkcja gi: R → R jest funkcją odwrotną do funkcji fi: R → R określonej podanym wzorem. W każdym z tych zadań podaj w postaci licz- by całkowitej lub ułamka nieskracalnego wartości pochodnej funkcji gi w trzech podanych punktach.
Za każdą poprawną odpowiedź otrzymasz 1 punkt.
Za komplet poprawnych odpowiedzi otrzymasz dziesiąty punkt.
91.1.
f
1(x) = x
3+ 2x
g10(3) =
1/5
g01(12) =1/14
g10(72) =1/50
91.2.
f
2(x) = x
3+ 4x
g20(5) =
1/7
g02(16) =1/16
g20(80) =1/52
91.3.
f
3(x) = 2x
3+ x
g30(3) =
1/7
g03(18) =1/25
g30(57) =1/55
Kolokwium 81 - 1 - Odpowiedzi i rozwiązania
Jarosław Wróblewski Analiza Matematyczna 1 LUX, zima 2018/19
Zadanie
92.
(10 punktów)W stożku o objętości 1 chcemy umieścić walec w taki sposób, że jedna z podstaw walca leży w płaszczyźnie podstawy stoż- ka, a obwód drugiej podstawy walca leży na powierzchni bocz- nej stożka. Rysunek obok przedstawia widok z boku, ewentual- nie przekrój płaszczyzną zawierającą wspólną oś obrotu stożka i walca. Jaką największą objętość może mieć walec?
Rozwiązanie:
Niech r będzie promieniem podstawy stożka, a h jego wysokością. Jeżeli walec ma wy- sokość x ∈ (0, h), to jego podstawa ma promień r ·
1 −x h
, co ustalamy na podstawie prostych rozważań geometrycznych.
Wówczas objętość walca jest równa
V (x) = π · x · r2·
1 −x h
2
. Zauważmy, że
x→0lim+V (x) = lim
x→h−V (x) = 0 , a ponadto
V0(x) = π · r2·
1 −x h
2
−2π · x · r2
h ·
1 −x h
= 1 −x h−2x
h
!
· π · r2·
1 −x h
=
= 1 −3x h
!
· π · r2·
1 −x h
.
Wobec tego V0(x) = 0 dla x = h/3, co prowadzi do maksymalnej objętości walca równej
V (h/3) = π ·h
3· r2· 1 −h/3 h
!2
=π · h · r2 3 ·4
9=4 9.
W powyższych rachunkach skorzystaliśmy z podanego w treści zadania założenia, że sto- żek ma objętość 1 = πr2h/3.
Odpowiedź: Największa możliwa objętość walca wynosi 4/9.
Kolokwium 81 - 2 - Odpowiedzi i rozwiązania
Jarosław Wróblewski Analiza Matematyczna 1 LUX, zima 2018/19
Zadanie
93.
(10 punktów) Udowodnić, że równaniex2019· (x − 2)2018= 1 ma co najmniej trzy rozwiązania.
Rozwiązanie:
Niech
f (x) = x2019· (x − 2)2018. Zauważmy, że f (1) = 1 oraz
f0(x) = 2019 · x2018· (x − 2)2018+ 2018 · x2019· (x − 2)2017=
= (2019(x − 2) + 2018x) · x2018· (x − 2)2017, skąd f0(1) = 1.
Stąd wynika, że funkcja f przyjmuje wartości większe od 1 w prawostronnym otocze- niu jedynki, a ponieważ f (2) = 0, na mocy własności Darboux funkcji ciągłych wniosku- jemy, że f przyjmuje wartość 1 w przedziale (1 , 2).
Pozostaje zauważyć, że f (3) > 1, wobec czego funkcja f przyjmuje wartość 1 w prze- dziale (2, 3).
Wobec tego f przyjmuje wartość 1 co najmniej trzykrotnie: w punkcie 1, w przedziale (1 , 2) i w przedziale (2, 3).
Kolokwium 81 - 3 - Odpowiedzi i rozwiązania
Jarosław Wróblewski Analiza Matematyczna 1 LUX, zima 2018/19
Zadanie
94.
(10 punktów)Wyznaczyć największą wartość funkcji f : R → R określonej wzorem f (x) = 5 sin x − sin 5x .
Rozwiązanie:
Ponieważ funkcja f jest okresowa z okresem 2π i różniczkowalna, wystarczy porównać wartości funkcji w miejscach zerowych pochodnej znajdujących się w przedziale [0, 2π).
Skoro
f0(x) = 5 cos x − 5 cos 5x , równanie f0(x) = 0 jest równoważne równaniu
cos x = cos 5x . Ponieważ równość
cos x = cos y
jest równoważna istnieniu liczby całkowitej k i znaku ± takich, że y = 2kπ ± x ,
otrzymujemy równanie
5x = 2kπ ± x , czyli
(5 ∓ 1) · x = 2kπ . Wobec tego
x =kπ
2 lub x =kπ
3 ,
co w połączeniu z warunkiem x ∈ [0, 2π) prowadzi do ośmiu miejsc zerowych pochodnej w jednym okresie.
Sprawdzając wartości funkcji f w tych ośmiu punktach otrzymujemy:
f (0) = 0 , f (π/3) = 3√
3 , f (π/2) = 4 , f (2π/3) = 3√ 3 , f (π) = 0 , f (4π/3) = −3√
3 , f (3π/2) = −4 , f (5π/3) = −3√ 3 .
Odpowiedź: Największa wartość funkcji f jest równa 3√ 3.
Kolokwium 81 - 4 - Odpowiedzi i rozwiązania
